2021定远县育才学校高三上学期第二次月考物理试卷含答案

这是一份2021定远县育才学校高三上学期第二次月考物理试卷含答案，共13页。试卷主要包含了如图甲所示，一质量为M＝3等内容，欢迎下载使用。
育才学校2021届高三上学期第二次（10月）月考物理试题第I卷   选择题（共40分）本大题共10小题,每小题4分,共40分。 1-7小题单项选择题，8-10小题多项选择题。1.2018年2月，我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T＝5.19 ms.假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11N·m2/kg2.以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为(　　)A． 5×109kg/m3                 B． 5×1012kg/m3             C． 5×1015kg/m3    D． 5×1018kg/m32.甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v－t图象如图所示，则(　　)A． 1 s时甲和乙相遇B． 0～6 s内甲乙相距最大距离为1 mC． 2～6 s内甲相对乙做匀速直线运动D． 4 s时乙的加速度方向反向3.如图所示，物体A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，物体A、B用一跨过动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的力向上提升滑轮，某时刻拉A物体的绳子与水平面成53°，拉B物体的绳子与水平面成37°，此时A、B两物体刚好处于平衡状态，则A、B两物体的质量之比为(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A．              B．                    C．                         D．4.如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力，若抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是(　　)A． 增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB． 减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC． 增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D． 增大抛射角θ，同时增大抛出速度v05.如图所示，三个质量不等的木块M、N、Q间用两根水平细线a、b相连，放在光滑水平面上．用水平向右的恒力F向右拉Q，使它们共同向右运动．这时细线a，b上的拉力大小分别为FTa、FTb，若在第2个木块N上再放一个小木块P，仍用水平向右的恒力F拉Q，使四个木块共同向右运动(P、N间无相对滑动)，这时细线a、b上的拉力大小分别为FTa′、FTb′.下列说法中正确的是(　　)A．FTa<FTa′，FTb>FTb′B．FTa>FTa′，FTb<FTb′C．FTa<FTa′，FTb<FTb′D．FTa>FTa′，FTb>FTb′6.如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在h/2处相遇(不计空气阻力)．则(　　)A． 两球同时落地B． 相遇时两球速度大小相等C． 从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量D． 相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等7.一个质量可忽略不计的长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10 m/s2)．则下列说法错误的是 (　　)A．若F＝1 N，则A、B都相对板静止不动B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 NC．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为2 ND．若F＝6 N，则B物块的加速度为1 m/s28.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止，用大小等于mg的恒力F竖直向上拉B，当上升距离为h时B与A开始分离．下列说法正确的是(　　)A．B与A刚分离时，弹簧为原长B．B与A刚分离时，A与B的加速度相同C． 弹簧的劲度系数等于D． 从开始运动到B与A刚分离的过程中，B物体的动能先增大后减小9.如图所示，不可伸长的轻绳跨过动滑轮，其两端分别系在固定支架上的A、B两点，支架的左边竖直，右边倾斜．滑轮下挂一物块，物块处于平衡状态，下列说法正确的是(　　)A． 若左端绳子下移到A1点，重新平衡后绳子上的拉力将变大B． 若左端绳子下移到A1点，重新平衡后绳子上的拉力将不变C． 若右端绳子下移到B1点，重新平衡后绳子上的拉力将变大D． 若右端绳子下移到B1点，重新平衡后绳子上的拉力将不变10.如图甲所示，一质量为M＝3.3 kg的滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2.一质量m＝0.05 kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中，设子弹与滑块碰撞时在极短的时间内达到速度一致，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的v－t图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)A． 传送带的速度为4 m/sB． 滑块相对传送带滑动的距离为9 mC． 滑块相对地面向左运动的最大位移为3 mD． 若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为0.4 m第II卷（非选择题60分）本大题共6小题,第11小题6分，第12小题6分，第13小题9分，第14小题12分，第12小题15分，第16小题12分，共60分。11.某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械守恒定律．弧形轨道末端水平，离地面的高度为H.将钢球从轨道的不同高度h处静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s.(1)若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足s2＝________(用H、h表示)．(2)该同学经实验测量得到一组数据，如表所示：请在坐标纸上作出s2－h关系图．(3)对比实验结果与理论计算得到的s2－h关系图线(图乙中已画出)，自同一高度静止释放的钢球，水平抛出的速率________(选填“小于”或“大于”)理论值．(4)从s2－h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率与理论值偏差十分显著，你认为造成上述偏差的可能原因是__________________________________________________________________.12.利用气垫导轨探究弹簧的弹性势能与形变量的关系，在气垫导轨上放置一带有遮光片的滑块、滑块的一端与轻弹簧贴近，弹簧另一端固定在气垫导轨的一端，将一光电门P固定在气垫导轨底座上适当位置(如下图所示)．弹簧处于自然状态时，使滑块向左压缩弹簧一段距离，然后由静止释放滑块，与光电门相连的光电计时器可记录遮光片通过光电门时的挡光时间，则可计算出滑块离开弹簧后的速度大小．实验步骤如下：①用游标卡尺测量遮光片的宽度d.②在气垫导轨上通过滑块将弹簧压缩x1，滑块由静止释放．由光电计时器读出滑块第一次通过光电门时遮光片的挡光时间t1.③利用所测数据求出滑块第一次通过光电门时的速度v和动能mv2.④增大弹簧压缩量为x2、x3、…，重复实验步骤②③，记录并计算相应的滑块动能mv2，如下表所示．(1)测量遮光片的宽度时游标卡尺示数如下图所示，读得d＝________cm；(2)在下面所给的两个坐标系中分别作出mv2－x和mv2－x2图象；(3)由机械能守恒定律，Ep＝mv2，根据图象得出结论是______________________________________________________________________________________________________.13.如图所示，有同学做实验时不慎将圆柱形试管塞卡于试管底部，该试管塞中轴穿孔．为了拿出试管塞而不损坏试管，该同学紧握试管让其倒立由静止开始竖直向下做匀加速直线运动，t＝0.20 s后立即停止，此时试管下降H＝0.80 m，试管塞将恰好能从试管口滑出．已知试管总长l＝21.0 cm，底部球冠的高度h＝1.0 cm，试管塞的长度为d＝2.0 cm，设试管塞相对试管壁滑动时受到的摩擦力恒定，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)试管塞从静止开始到离开试管口的总位移；(2)试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值．14.一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105m 处以7.5×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2(结果保留两位有效数字)．(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.15.如图，一质量为m＝10 kg的物体，由圆弧轨道上端从静止开始下滑，到达底端时的速度v＝2 m/s，然后沿水平面向右滑动1 m距离后停止．已知轨道半径R＝0. 4 m，g＝10 m/s2，则：(1)物体滑至圆弧底端时对轨道的压力是多大？(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ是多少？(3)物体沿圆弧轨道下滑过程中摩擦力做多少功？16.如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l＝20 m，倾角θ＝37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车箱底板间的高度差为h＝1.8 m，传送带匀速运动的速度为v＝2 m/s.现在传送带底端 (传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋包(可视为质点)，其质量为100 kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在货车车箱底板中心，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离x及主动轮的半径R；(2)麻袋包在传送带上运动的时间t；(3)该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能．
答案与解析1.C【解析】脉冲星自转，边缘物体m恰对球体无压力时万有引力提供向心力，则有GMmr2＝mr4π2T2，又知M＝ρ·43πr3整理得密度ρ＝3πGT2＝3×3.146.67×10-11×5.19×10-32 kg/m3≈5.2×1015kg/m3.2.C【解析】两物体从同一地点出发，t＝1  s之前乙的速度一直大于甲的速度，故两物体在t＝1  s时不会相遇，A错误；在0～6  s内，在t＝6  s时两物体间距最大，最大距离为8 m，B错误；因2～6 s内甲、乙两物体减速的加速度相同，故v甲－v乙恒定不变，即甲相对乙做匀速直线运动，C正确，D错误．3.A【解析】设绳中张力为F，对A应用平衡条件可得：Fcos 53°＝μ(mAg－Fsin  53°)，对B应用平衡条件可得：Fcos 37°＝μ(mBg－Fsin  37°)，以上两式联立可解得：＝，A正确．4.C【解析】由于篮球始终垂直击中A点，可应用逆向思维，把篮球的运动看做从A开始的平抛运动。当B点水平向左移动一小段距离时，A点抛出的篮球仍落在B点，则竖直高度不变，水平位移减小，球到B点的时间t＝不变，竖直分速度vy＝不变，水平方向由x＝vxt知x减小，vx减小，合速度v0＝变小，与水平方向的夹角tanθ＝变大，综合可知选项C正确。5.B【解析】先对整体受力分析，受重力、支持力、拉力，根据牛顿第二定律，有：F＝(mM＋mN＋mQ)a①再对M受力分析，受重力、支持力、拉力，根据牛顿第二定律，有：FTa＝mMa②对Q受力分析，受重力、支持力、拉力F和b绳子的拉力，根据牛顿第二定律，有：F－FTb＝mQa③联立①②③解得：FTa＝；FTb＝；当在第2个木块N上再放一个小木块P，相当于N木块的重力变大，故FTa减小，FTb增加．6.C【解析】相遇时间为t则有＝gt2，＝v0t－gt2两式联立得t＝，相遇时甲的速度为gt＝g，乙的速度为v0－gt＝v0－g，故两者速度不一定相等，也不能同时落地，相遇之后的速度不同，故重力的功率也不相同，根据动能定律，两球重力做功分别为、－，故C正确．7.B【解析】A与木板的摩擦力最大为FfA＝0.2×1×10＝2  N，B与木板的摩擦力最大为FfB＝0.2×2×10  N＝4 N若F＝1  N，小于A的最大静摩擦力，所以A和木板没有发生相对运动，所以在F的作用下三者一起运动，没有发生相对运动，A正确；当F＝1.5 N时，小于A的最大静摩擦力，所以A、B的加速度一样，a＝0.5  m/s2.根据牛顿第二定律可得F－Ff＝ma，即A受到的摩擦力为Ff＝1  N，B错误；轻质木板的质量为0，就是说木板只相当于一介质，最终受力是通过另一物体作用而形成的．就是说B受到的力就是A作用于木板的力，若F>2 N时，A相对长木板发生滑动，长木板受到向前的摩擦力Ff′＝2 N，相当于一个2 N的力拉B运动，而B发生滑动必须克服4 N的摩擦力，所以B仍与木板保持静止，所以受到的摩擦力为2  N，加速度a0＝m/s2＝1 m/s2，C、D正确；8.BCD【解析】当A和B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止时，弹簧的弹力F弹＝2mg，由胡克定律，得弹簧的形变量Δx1＝；当A和B两物体一起上升时，把A和B两物体看成一个整体，由牛顿第二定律，得F－F弹－2mg＝2ma；对B物体进行隔离分析，得F＋FN－mg＝ma；当A和B开始分离时，FN＝0，解得a＝－g，负号表示方向竖直向下，此时弹簧的弹力为F弹′＝mg，由胡克定律，得弹簧的形变量Δx2＝；由题中条件，Δx1－Δx2＝h，则k＝，故B、C、D正确．9.BC【解析】设绳子长度为L，A、B间水平距离为d，绳子与竖直方向的夹角为α，绳子拉力为FT，物块重力为G，根据平衡条件可得2FTcosα＝G，且由几何关系可得Lsinα＝d，左端绳子下移到A1点，重新平衡后，考虑到d不变，L不变，故依然满足Lsinα＝d，绳子与竖直方向的夹角不变，绳子上的拉力不变，故B对；右端绳子下移到B1点，重新平衡后，考虑到d变大，L不变，故绳子与竖直方向的夹角α将增大，根据力的合成知识可知，等大的两个分力的合力不变时，夹角越大分力越大，故C对．10.BD【解析】由子弹的速度图线可知，子弹射入滑块后在极短的时间内与滑块的速度相等，然后一起先向左匀减速，再向右匀加速，最后做匀速直线运动，必定与传送带的速度相等，可知传送带的速度大小是v2＝2  m/s.故A错误；滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，设滑块(包括子弹)向左运动过程中加速度大小为a，由牛顿第二定律，有Ff＝μ(M＋m)g＝(M＋m)a解得：加速度a＝2  m/s2设滑块(包括子弹)向左运动的时间为t1，位移大小为x1，则：t1＝＝2  s所以滑块向左运动的位移x1＝t1＝4  m即滑块相对于地面向左的最大位移为4 m.物块向右加速的过程中，加速度的大小仍然是2 m/s2，加速的时间：t2＝＝＝1 s该过程中，物块向右的位移是：x2＝at＝×2×12＝1  m这段时间内传送带向右运动的位移大小为：x3＝v2(t1＋t2)＝2×(2＋1)＝6  m所以滑块相对于传送带的位移：Δx＝(x1－x2)＋x3＝(4－1)  m＋6 m＝9  m．故B正确，C错误；在传送带右端，因滑块(包括子弹)恰好能水平飞出，故有：(m＋M)g＝(m＋M)解得：R＝＝0.4 m．故D正确．11.(1)4Hh　(2)图见解析　(3)小于　(4)摩擦或转动(回答一个即可)【解析】(1)由机械能守恒有：mgh＝mv2由平抛运动规律s＝vt、H＝gt2得：s2＝4Hh.(2)根据表中数据描出s2－h关系如图所示．(3)由图看出在相同h下，水平位移s值比理论值要小，由s＝vt＝v，说明水平抛出的速率比理论值小．(4)水平抛出的速率偏小，说明有机械能损失，可能因为摩擦或在下落过程中钢球发生转动．12.(1)1.02　(2)见解答图　(3)弹性势能的大小与形变量x的二次方成正比【解析】(1)根据游标卡尺读数规则，读出遮光片的宽度d＝1.0  cm＋0.02 cm＝1.02  cm；(2)根据描点法在坐标系中进行描点、连线，所作mv2－x和mv2－x2图象如图所示；(3)根据图象得出结论是：弹性势能的大小与形变量x的二次方成正比．13.(1)  1.0 m　 (2)  17∶1【解析】(1)试管塞开始与试管一起运动了位移：x1＝H＝0.80 m之后又独立运动了位移x2＝l－h＝(0.21－0.01)  m＝0.20 m 所以总位移：x＝x1＋x2＝(0.80＋0.20)  m＝1.0 m(2)设试管塞质量为m，与试管一起做匀加速直线运动的加速度大小为a1，末速度为v，之后滑动过程中的摩擦力大小为Ff，加速度大小为a2，由运动学公式有：x1＝a1t2①v＝a1t②由①②解得：v＝8 m/s，试管塞在试管中做匀减速运动时有：－2a2x2＝0－v2③由牛顿第二定律：Ff－mg＝ma2④由③④解得：Ff＝17mg故滑动摩擦力与重力的比值为17∶1.14.　(1)4.0×108J　2.4×1012J　(2)9.7×108J【解析】　(1)飞船着地前瞬间的机械能为E0＝mv①式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速度．由①式和题给数据得E0＝4.0×108J②设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为Eh＝mv＋mgh③式中，vh是飞船在高度1.6×105m处的速度．由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012J④(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤由功能原理得W＝Eh′－E0⑥式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108J⑦15.(1)200 N　(2)0.2　(3)－20 J【解析】(1)以物体为研究对象，在圆弧底端时，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝m　 解得：FN＝200 N由牛顿第三定律：物体对轨道的压力大小FN′＝FN＝200 N(2)对物体研究，从底端到停止过程，受到重力、支持力和滑动摩擦力作用，重力、支持力都不做功，只有滑动摩擦力做负功，根据动能定理得：－μmgx＝0－mv2　　　解得：μ＝0.2(3)对物体研究，从圆弧轨道上端到底端过程，重力做正功、支持力不做功、滑动摩擦力做功，根据动能定理得：mgR＋Wf＝mv2－0解得：Wf＝20 J　　　负号说明滑动摩擦力做负功16.(1)1.2 m　0.4 m　(2)12.5 s　(3)15 400 J【解析】(1)设麻袋包平抛运动时间为t，有h＝gt2，x＝vt，解得：x＝1.2 m麻袋包在主动轮的最高点时，有mg＝m解得：R＝0.4 m(2)对麻袋包，设匀加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，有μmgcosθ－mgsinθ＝mav＝at1x1＝atl－x1＝vt2联立以上各式解得：t＝t1＋t2＝12.5 s(3)设麻袋包匀加速运动时间内相对传送带的位移为Δx，每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为ΔE，有Δx＝vt1－x1由能量守恒定律得ΔE＝mglsinθ＋mv2＋μmgcosθ·Δx解得：ΔE＝15 400 J